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 #1 - 20-03-2013 14:00:06

EfCeBa
Administrateur
Enigmes résolues : ∞+1
Messages : 22×32×173

inconnues dzns le triangle

Soit un triangle ABC quelconque, on suppose qu'on en connait l'Aire notée S, la longueur du coté BC, et l'angle opposé Â.

Donner les formules permettant de calculer les deux autres cotés et les deux autres angles.

PS : je n'ai pas la réponse, j'espère qu'elle n'est pas impossible smile



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 #2 - 20-03-2013 14:06:34

Klimrod
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
Messages : 3761
Lieu: hébesphénorotonde triangulaire

Incoonnues dans le triangle

Bonjour,
Ce site n'est pas un site d'aide aux devoirs.
big_smile
Bon, je sors... http://www.forumsig.org/images/smilies/new_extra/jesors-porte.gif


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

 #3 - 20-03-2013 18:34:00

Moriss
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 37
Messages : 460

Inconnnues dans le triangle

Intuitivement, il n'existe que deux triangles (symétriques dans un miroir) qui peuvent avoir les mêmes caractéristiques dans ce type d'énoncé. Donc intuitivement, il existe une réponse au problème que l'on peut trouver de manière univoque (car les 2 solutions sont symétriques, donc c'est une seule et unique solution présentée dans un sens ou dans l'autre).
Ne reste plus qu'à la trouver...

 #4 - 20-03-2013 20:27:07

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 18
Messages : 301
Lieu: Montargis

inconnueq dans le triangle

Une réponse smile

Notons:
longueur du cote AB = c et l'angle opposé A
longueur du cote AC = b et l'angle opposé B
longueur du cote BC = a et l'angle opposé C
la hauteur relative au côté BC est noté AO=h où O est le projeté orthogonal de A sur (BC)
Soient les distances x=OC et y=OB (on remarquera que a=x+y ou y=a+x selon le triangle ayant un angle inconnu obtus ou non). Pour la suite, j'adopte a=x+y

Les théorèmes de bas:
[TeX]S=\frac{1}{2}*b*c*sin(A)  (1)[/latex] (théorème des sinus),
[latex]S=\frac{h*a}{2}[/latex] soit [latex]h=\frac{2*S}{a}  (2)[/latex] (calcul classique),
[latex]a^2=b^2+c^2-2*b*c*cos(A)  (3)[/latex] (théorème d'Al-Kashi).

Résolution :
En tirant de (1) l'expression de b*c et en introduisant cette expression dans (2) on a: [latex]a^2=b^2+c^2-\frac{4*S}{tan(A)}  (4)[/TeX]
Remarquons que les triangles ABO et ACO sont rectangles en O et donc d'après Pythagore: [latex]b^2=h^2+x^2 [/latex] et  [latex]c^2=h^2+y^2 [/latex] avec [latex]y = a-x[/latex],

Les expressions précédentes de [latex]b^2  et  c^2 [/latex] introduites dans (4) donnent:
[TeX]a^2=h^2+x^2+h^2+(a-x)^2-\frac{4*S}{tan(A)}  (5)[/TeX]
Tout développement et simplification bien faits (j'espère les avoir bien faits smile ), on a: [latex]x^2-a*x+h^2-\frac{2*S}{tan(A)}  (5)[/latex]
Nous avons une équation de 2nd degré à résoudre, son déterminant est :
[TeX]D=a^2-4*h^2+\frac{8*S}{tan(A)}=a^2-\frac{16*S^2}{a^2}+\frac{8*S}{tan(A)}[/latex]
.

Normalement D devrait être positif sauf pour un triangle extraterrestre smile

[latex]x=\frac{a+\sqrt{D}}{2}[/latex]. Si on avait pris y=a+x, on aurait [latex]x=\frac{-a+\sqrt{D}}{2}[/TeX]
Après le calcul de x selon l'une de ces formules, on peut tomber  sur une anomalie: x<0 (x est censé être une distance et donc positif) mais cela veut juste dire qu'un des angles du triangle en question est obtus. Vous l'aurez compris, x=0 pour une triangle rectangle.

Les formules recherchées:
[TeX]AC=b=\sqrt{h^2+x^2}[/TeX][TeX]AB=c=\sqrt{h^2+(a-x)^2}[/TeX]
L'angle opposé à AC: [latex] B = arsin(\frac{2*S}{a*c})[/latex]

L'angle opposé à AB: [latex] C = arsin(\frac{2*S}{a*b})[/latex]

avec pour rappel [latex]x=\frac{a+\sqrt{D}}{2} [/latex] ;  [latex]h=\frac{2*S}{a}[/latex] et [latex]D=a^2-\frac{16*S^2}{a^2}+\frac{8*S}{tan(A)}[/latex]

Il y a peut-être des méthodes moins longues mais voilà la mienne smile

 #5 - 21-03-2013 17:11:42

franck9525
Elite de Prise2Tete
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Messages : 1922
Lieu: UK

Inconnues dans l etriangle

La surface d'un triangle se calcule  à partir d'un côté et de son angle opposé (Loi des sinus.

Les donnés ne permettent pas de déterminer les autres longueurs.


The proof of the pudding is in the eating.

 #6 - 22-03-2013 00:03:10

rivas
Elite de Prise2Tete
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Messages : 1105
Lieu: Jacou

Inconnuess dans le triangle

http://www.prise2tete.fr/upload/rivas-InconnuesTriangle2.png

Intéressant.
Ce n'est pas impossible. La beauté avec un triangle c'est que 3 données indépendantes définissent toujours le triangle de façon unique.
Ici, la surface et un côté étant donnés, on peut déterminer la hauteur puisque [latex]S=\dfrac{ah}2[/latex]. On sait donc que le troisième sommet se trouve sur une parallèle à (BC) située à une distance h de (BC). Puisque l'angle au point A est connu, le triangle est déterminé à 2 symétries près (le choix du côté par rapport à BC et le choix par rapport à la médiatrice de [BC].

Voyons maintenant comment trouver quelques formules.
J'ai trouvé 2 méthodes pour arriver au but mais aucune ne donne de formule très simple...

J'utilise les notations classiques suivantes:
AB=c, BC=a (connu), AC=b.

Méthode 1:
[TeX]S=\dfrac{bc sin Â}{2} [/latex] (Produit vectoriel) [latex]\Rightarrow c=\dfrac{2S}{b sin Â}[/latex] (1)

[latex]a^2=b^2+c^2-2bc.cosÂ[/latex] (Al-Kashi)

D'où: [latex]a^2=b^2+\dfrac{4S^2}{b^2 sin^2 A} [/latex] [latex]-2b\dfrac{2S cosA}{b sin A}[/TeX]
Finalement:  [latex]b^4-(a^2+\dfrac{4S}{tanA})b^2+\dfrac{4S^2}{sin^2A}=0[/latex]

C'est une équation de degré 2 en [latex]b^2[/latex] que l'on peut résoudre sans grande difficulté mais avec quelques calculs. On calcule le discriminant (je vous laisse simplifier le calcul):
[TeX]\Delta=a^4-16S^2+\dfrac{8Sa^2}{tanA}[/TeX]
Cela permet de calculer b^2 puis b puis c avec la formule (1) ci-dessus.
Il est même possible que c^2 soit la seconde solution de l'équation.

Pour trouver les 2 autres angles, on utilise:
[TeX]\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}[/TeX]
Méthode 2 (plus géométrique):

Les formules ci-dessous sont vraies si A est "au-dessus" de BC. Je traite plus bas le cas ou A n'est pas au-dessus de BC.
[TeX]Â=arctan\dfrac{x}{h}+arctan\dfrac{a-x}{h}[/latex] (2)

En utilisant la formule [latex]tan(a+b)=\dfrac{tana+tanb}{1-tana.tanb}[/latex], on trouve:

[latex]tanA=\dfrac{\dfrac{x}h+\dfrac{a-x}h}{1-\dfrac{x(a-x)}{h^2}}=\dfrac{ah}{h^2-x(a-x)}[/TeX]
D'où (en utilisant [latex]h=\dfrac{2S}{a}[/latex]): [latex]x^2-ax+\dfrac{4S}{a^2}-\dfrac{2S}{tanA}=0[/latex] (3)

Equation de degré 2 en x dont le discriminant est:
[TeX]\Delta=a^2-4(\dfrac{4S^2}{a^2}-\dfrac{2S}{tanA})=a^2+\dfrac{8S}{tanA}-\dfrac{16S^2}{a^2}[/latex].

C'est exactement le discriminant de la méthode 1 divisé par [latex]a^2[/latex] (ce qui me semble normal).

A partir de là on trouve x (les 2 solutions étant les symétries par rapport à la médiatrice de BC).

Puis les angles B et C grâce à: [latex]tanB=\dfrac{h}x[/latex] et [latex]tanC=\dfrac{h}{a-x}[/latex], puis les longueurs b et c grâce à:
[latex]\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}[/TeX]
Finalement si A n'est pas au-dessus de BC mais par exemple à droite, la formule (2) devient:
[TeX]Â=arctan\dfrac{x}{h}-arctan\dfrac{x-a}{h}[/TeX]
Or arctan étant impaire, cela donne exactement la même formule que (2) et donc les mêmes solutions.

Voila, ce n'est pas exactement les formules demandées qui se trouve sans difficulté à partir de ces méthodes mais elles sont un peu lourdes à écrire.
Merci pour cet exercice intéressant et différent.
J'attends avec curiosité de voir si quelqu'un trouvera des formules plus simples.

 #7 - 22-03-2013 10:31:42

rivas
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1105
Lieu: Jacou

Inconnues dans lee triangle

La nuit portant conseil, j'ai pensé à une 3ème méthode:

On a: [latex]S=\dfrac{bc sin A}{2} [/latex]

D'où: [latex]b^2c^2=\dfrac{4S^2}{sin^2A}[/latex]

D'autre part: [latex]a^2=b^2+c^2-2bc.cosA[/latex]

D'où: [latex]b^2+c^2=a^2+2.\dfrac{2S}{sinA}cosA=a^2+\dfrac{4S}{tanA}[/latex].

On a donc 2 nombres [latex]b^2[/latex] et [latex]c^2[/latex] dont on connait la somme et le produit. Ils sont donc solution de l'équation de degré 2:
[TeX]x^2-(a^2+\dfrac{4S}{tanA})x+\dfrac{4S^2}{sin^2A}=0[/TeX]
On retrouve exactement l'équation de la méthode 1 de mon post précédent d'une autre façon. Une fois qu'on a a et b, on en déduit les angles comme ci-dessus.

Je prends quelques minutes pour écrire les formules finales. On trouve:
[TeX]b=\sqrt{\dfrac{a^2+\dfrac{4S}{tanA}+\sqrt{a^4-16S^2+\dfrac{8Sa^2}{tanA}}}2}[/TeX][TeX]c=\sqrt{\dfrac{a^2+\dfrac{4S}{tanA}-\sqrt{a^4-16S^2+\dfrac{8Sa^2}{tanA}}}2}[/TeX]
On peut vérifier le calcul en considérant le triangle 3,4,5.
On se place dans les conditions de l'énoncé avec BC=5, S=6 et Â=90°.
tanA vaut [latex]+\infty[/latex], ce qui peut sembler abusif mais cela ne l'est pas. Etant donné qu'il n'apparait qu'au dénominateur avec une valeur finie au numérateur cela fait tout simplement 0 (on peut le montrer rigoureusement en faisant tendre A vers 90°). Je rappelle que le but est simplement de vérifier que la formule ne donne pas des résultats aberrants.
On trouve bien b=4 et c=3 avec les formules ci-dessus.

Puis on écrit: [latex]\dfrac{a}{sinA}=a=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}[/latex].

D'où: [latex]sinB=\dfrac{b}{a}=0.8[/latex] et [latex]sinC=0.6[/latex].

Ce qui nous donne B et C (B~53,13° et C~36.87°).

 #8 - 22-03-2013 11:39:45

gilles355
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 416

Icnonnues dans le triangle

J'ai l'impression que résoudre ce problème revient à se demander : " A quelle distance de B la hauteur issue de A coupe [BC]."

Je crois devoir chercher dans les formules de premières S, les relations des sinus, de l'aire, formule de héron.

 #9 - 22-03-2013 14:56:57

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

inconnues sans le triangle

On pose [latex]X=(b+c)^2[/latex] et [latex]Y=(b-c)^2[/latex]

Al-Kashi donne [latex]a^2=X\left(\frac{1-cos\alpha}{2}\right)+Y\left(\frac{1+cos\alpha}{2}\right)[/latex]

Ce qui permet de tirer [latex]Y[/latex] en fonction de [latex]X[/latex]

La formule de Héron donne [latex]16S^2=(X-a^2)(a^2-Y)[/latex]

En remplaçant Y, on trouve une équation du second degré en X.

Ce qui permet de trouver X, puis Y, puis b et c. On pourra peut-être supposer [latex]b \geq c[/latex] si ça aide.

 #10 - 22-03-2013 15:22:39

golgot59
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inconnued dans le triangle

Je n'ai pas trouvé d'autre moyen que de le faire analytiquement.

Soit mon triangle ABC.

J'utilise le repère orthonormal (A; AB->/AB; j->). Je pose AB=l et Angle A=@

Je connais l'aire de mon triangle, je peux donc calculer la hauteur h relative au côté [AB] de mon triangle : h=Aire/l.

J'obtiens : A(0;0); B(l; 0); C(x;h) où seul x est inconnu.
->  ->
CA.CB=-x*(l-x)+(-h)*(-h)=x²-lx+h², et
->  ->
CA.CB=CA.CB.cos@=√(x²+h²)*√((x-l)²+h²)*cos@

Si j'ai le temps, j'essayerai de voir si ça se simplifie, mais ça nous donne au moins une équation du 4ème degré en x qui devrait avoir 4 solutions réelles puisqu'il existe 4 position possibles au points C (par symétrie).

 #11 - 23-03-2013 00:47:22

Nombrilist
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Inconnnues dans le triangle

On trace la hauteur AH. On a AH = 2*S/BC. Donc AH est connu. Ensuite tan A' = HB/AH et tan A'' = HC/AH avec HC = BC - HB et A''=A-A'.

D'où

tan (A-A') = (BC - HB)/AH (1)
HB = AH * tan A' (2)

Ensuite, j'arrive à une équation du second degré sur tan A' complètement imbouffable. Le discriminant a une tête de porte de prison et ensuite il faut prendre 90 - arctan(tan A') pour trouver l'angle B. Et là j'entame le deuxième tube d'aspirine.
Par symétrie, on trouve l'angle C.  Trouver AB et AC est ensuite trivial.

Je pense qu'il doit y avoir plus simple ^^.

 #12 - 23-03-2013 10:20:36

Promath-
Elite de Prise2Tete
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Inconnues dans e triangle

Eh bien on ne peut pas appliquer Al-Kashi?
Après je pense qu'il y a une infinité de solutions donc ta demande concerne le rapport entre les deux côtés peut-être? Sinon je ne vois pas ce que tu demandes.


Un promath- actif dans un forum actif

 #13 - 23-03-2013 15:10:00

EfCeBa
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Inconnues dans lle triangle

Pendant que tout le monde cherchait, j'ai essayé moi aussi mais avec l'aide de Mathematica. J'avais écrit que c'était peut être impossible car j'avais une erreur dans mes calculs, du coup je me suis fait aider par la machine...

Je dirai donc bravo à kossi_tg et à rivas qui sont allés loin dans le problème. L'idée d'utiliser 2 nombres dont on connait la somme et le produit est jolie, rivas.

Il n'y a pas de formules simples, voici la mienne pour AC :
[TeX]AC=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{a^2 + \frac{4S}{tanA} + a\sqrt{a^2-\frac{16 S^2}{a^2}+\frac{8S}{tanA}}}[/TeX]
Je n'ai pas encore eu le temps de vérifier les autres, alors je reviendrais.

 #14 - 23-03-2013 15:28:48

golgot59
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Inconnues daans le triangle

Bravo Rivas et kossi_tg ! cool

 #15 - 24-03-2013 19:40:01

EfCeBa
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inconnues dans ke triangle

Je reviens vers vous :
[TeX]AB=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{a^2+\frac{4S}{tanA}-a\sqrt{a^2-\frac{16S^2}{a^2}+\frac{8S}{tanA}}}[/TeX]
Par contre, je voulais vérifier avec la formule [latex]AB = (2 S)/(AC \sin(A))[/latex]
et je n'y parviens pas.

 #16 - 25-03-2013 15:23:27

rivas
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onconnues dans le triangle

Bonjour,

Nous avons bien les mêmes formules (j'ai un [latex]a^2[/latex] sous la racine imbriquée en plus qui vient du a que tu as devant cette même racine).

As-tu essayer de calculer [latex]AB.AC [/latex] ou plutôt [latex]AB^2.AC^2[/latex]. Tu devrais trouver [latex]\dfrac{4S^2}{sin^2A}[/latex] puisque c'est de là que je suis parti et c'est aussi à ça que tu veux arriver.

En regardant [latex]AB^2.AC^2[/latex] tu vois la forme [latex](x-y)(x+y)[/latex] à mettre en [latex]x^2-y^2[/latex] ce qui devrait te permettre d'éliminer toutes les racines et en utilisant [latex]sin^2A=1-cos^2A=\dfrac{tan^2A}{1+tan^2A}[/latex] tu devrais y arriver.

Tiens-nous au courant.

 #17 - 25-03-2013 16:11:04

Lui-meme
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2581
Lieu: Île de France

Inconnues ans le triangle

Bonjour

Je profite de la présence de vos brillants cerveaux pour demander votre avis sur cette citation de Bertrand Russell (mathématicien, philosophe, et …plein d'humour):

"Les mathématiques sont la seule science où on ne sait pas de quoi on parle ni si ce qu'on dit est vrai.

Qu'en pensez-vous?  wink

 #18 - 25-03-2013 16:48:15

rivas
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Lieu: Jacou

inconnuzs dans le triangle

On n'en pense pas non plus smile

 #19 - 28-03-2013 23:52:00

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

Inonnues dans le triangle

Ah ben finalement il n'y avait donc pas plus simple. Bon ben je suis content de voir qu'en gros, j'étais sur la bonne voie. La longueur des expressions sous la racine devait tellement immense que j'ai cru que j'allais dessiner une corde de pendu au bout.

 

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